2020 年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ) 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的。 1.(5 分)已知集合 A={(x,y)|x,y∈N*,y≥x},B={(x,y)|x+y=8},则 A∩B 中 元素的个数为( ) A.2 B.3 C.4 D.6 2.(5 分)复数 的虚部是( ) A.﹣ B.﹣ C. D. 3.(5 分)在一组样本数据中,1,2,3,4 出现的频率分别为 p1,p2,p3,p4,且 1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) pi= A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 4.(5 分)Logistic 模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数 据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t 的单位:天)的 Logistic 模型:I(t)= ,其中 K 为最大确诊病例数.当 I(t*)=0.95K 时,标志着已初步遏制 疫情,则 t*约为( )(ln19≈3) A.60 B.63 C.66 D.69 5.(5 分)设 O 为坐标原点,直线 x=2 与抛物线 C:y2=2px(p>0)交于 D,E 两点, 若 OD⊥OE,则 C 的焦点坐标为( ) A.( ,0) B.( ,0) C.(1,0) D.(2,0) 6.(5 分)已知向量 , 满足| |=5,| |=6, • =﹣6,则 cos< , + >=( ) A.﹣ B.﹣ C. D. 7.(5 分)在△ABC 中,cosC= ,AC=4,BC=3,则 cosB=( ) A. B. C. D. 8.(5 分)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) 第 1 页(共 23 页) A.6+4 9.(5 分)已知 2tanθ﹣tan(θ+ A.﹣2 B.﹣1 B.4+4 C.6+2 D.4+2 D.2 )=7,则 tanθ=( ) C.1 10.(5 分)若直线 l 与曲线 y= 和圆x2+y2= 都相切,则l 的方程为( ) A.y=2x+1 B.y=2x+ C.y= x+1 D.y= x+ 11.(5 分)设双曲线 C: ﹣=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,离心 率为 .P 是 C 上一点,且 F1P⊥F2P.若△PF1F2 的面积为 4,则 a=( ) A.1 B.2 C.4 D.8 12.(5 分)已知 55<84,134<85.设 a=log53,b=log85,c=log138,则( ) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 13.(5 分)若 x,y 满足约束条件 则 z=3x+2y 的最大值为 . 14.(5 分)(x2+ )6 的展开式中常数项是 (用数字作答). 15.(5 分)已知圆锥的底面半径为 1,母线长为 3,则该圆锥内半径最大的球的体积为 .16.(5 分)关于函数 f(x)=sinx+ 有如下四个命题: ①f(x)的图象关于 y 轴对称. ②f(x)的图象关于原点对称. ③f(x)的图象关于直线 x= 对称. 第 2 页(共 23 页) ④f(x)的最小值为 2. 其中所有真命题的序号是 . 三、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考 题,每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题 :共 60 分。 17.(12 分)设数列{an}满足 a1=3,an+1=3an﹣4n. (1)计算 a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前 n 项和 Sn. 18.(12 分)某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公 园锻炼的人次,整理数据得到下表(单位:天): 锻炼人次 [0,200] (200,400] (400,600] 空气质量等级 1(优) 256716 10 725 12 82(良) 3(轻度污染) 4(中度污染) 20(1)分别估计该市一天的空气质量等级为 1,2,3,4 的概率; (2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值 为代表); (3)若某天的空气质量等级为 1 或 2,则称这天“空气质量好”;若某天的空气质量等 级为 3 或 4,则称这天“空气质量不好”.根据所给数据,完成下面的 2×2 列联表,并 根据列联表,判断是否有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气 质量有关? 人次≤400 人次>400 空气质量好 第 3 页(共 23 页) 空气质量不好 附:K2= P(K2≥k) 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 k10.828 19.(12 分)如图,在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,点 E,F 分别在棱 DD1,BB1 上,且 2DE =ED1,BF=2FB1. (1)证明:点 C1 在平面 AEF 内; (2)若 AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角 A﹣EF﹣A1 的正弦值. 第 4 页(共 23 页) 20.(12 分)已知椭圆 C: +=1(0<m<5)的离心率为 ,A,B 分别为 C 的左、 右顶点. (1)求 C 的方程; (2)若点 P 在 C 上,点 Q 在直线 x=6 上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ 的面积. 21.(12 分)设函数 f(x)=x3+bx+c,曲线 y=f(x)在点( ,f( ))处的切线与y 轴垂直. (1)求 b; (2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于 1 .(二)选考题:共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做,则按所做的 第一题计分。[选修 4-4:坐标系与参数方程](10 分) 22.(10 分)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 (t 为参数且 t≠1 ),C 与坐标轴交于 A,B 两点. (1)求|AB|; (2)以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,求直线 AB 的极坐标方程. 第 5 页(共 23 页) [选修 4-5:不等式选讲](10 分) 23.设 a,b,c∈R,a+b+c=0,abc=1. (1)证明:ab+bc+ca<0; (2)用 max{a,b,c}表示 a,b,c 的最大值,证明:max{a,b,c}≥ .第 6 页(共 23 页) 2020 年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ) 参考答案与试题解析 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的。 1.(5 分)已知集合 A={(x,y)|x,y∈N*,y≥x},B={(x,y)|x+y=8},则 A∩B 中 元素的个数为( ) A.2 B.3 C.4 D.6 【分析】利用交集定义求出 A∩B={(7,1),(6,2),(5,3),(4,4)}.由此 能求出 A∩B 中元素的个数. 【解答】解:∵集合 A={(x,y)|x,y∈N*,y≥x},B={(x,y)|x+y=8}, ∴A∩B={(x,y)| }={(7,1),(6,2),(5,3),(4,4 )}. ∴A∩B 中元素的个数为 4. 故选:C. 【点评】本题考查交集中元素个数的求法,考查交集定义等基础知识,考查运算求解能 力,是基础题. 2.(5 分)复数 A.﹣ 的虚部是( ) B.﹣ C. D. 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案. 【解答】解:∵ =,∴复数 的虚部是 .故选:D. 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题. 3.(5 分)在一组样本数据中,1,2,3,4 出现的频率分别为 p1,p2,p3,p4,且 pi= 1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) 第 7 页(共 23 页) A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 【分析】根据题意,求出各组数据的方差,方差大的对应的标准差也大. 【解答】解:选项 A:E(x)=1×0.1+2×0.4+3×0.4+4×0.1=2.5,所以 D(x)=(1﹣ 2.5)2×0.1+(2﹣2.5)2×0.4+(3﹣2.5)2×0.4+(4﹣2.5)2×0.1=0.65; 同理选项 B:E(x)=2.5,D(x)=2.05; 选项 C:E(x)=2.5,D(x)=1.05; 选项 D:E(x)=2.5,D(x)=1.45; 故选:B. 【点评】本题考查了方差和标准差的问题,记住方差、标准差的公式是解题的关键. 4.(5 分)Logistic 模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数 据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t 的单位:天)的 Logistic 模型:I(t)= ,其中 K 为最大确诊病例数.当 I(t*)=0.95K 时,标志着已初步遏制 疫情,则 t*约为( )(ln19≈3) A.60 B.63 C.66 D.69 【分析】根据所给材料的公式列出方程 【解答】解:由已知可得 =0.95K,解出 t 即可. =0.95K,解得 e﹣0.23(t﹣53) =,两边取对数有﹣0.23(t﹣53)=﹣ln19, 解得 t≈66, 故选:C. 【点评】本题考查函数模型的实际应用,考查学生计算能力,属于中档题 5.(5 分)设 O 为坐标原点,直线 x=2 与抛物线 C:y2=2px(p>0)交于 D,E 两点, 若 OD⊥OE,则 C 的焦点坐标为( ) A.( ,0) B.( ,0) C.(1,0) D.(2,0) 【分析】利用已知条件转化求解 E、D 坐标,通过 kOD•kOE=﹣1,求解抛物线方程,即 可得到抛物线的焦点坐标. 【解答】解:将 x=2 代入抛物线 y2=2px,可得 y=±2 ,OD⊥OE,可得 kOD•kOE=﹣ 1, 第 8 页(共 23 页) 即,解得 p=1, 所以抛物线方程为:y2=2x,它的焦点坐标( ,0). 故选:B. 【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用,是基本知识的考查. 6.(5 分)已知向量 , 满足| |=5,| |=6, • =﹣6,则 cos< , + >=( ) A.﹣ B.﹣ C. D. 【分析】利用已知条件求出| |,然后利用向量的数量积求解即可. 【解答】解:向量 , 满足| |=5,| |=6, • =﹣6, 可得| |= ==7, cos< , + >= 故选:D. ===.【点评】本题考查平面向量的数量积的应用,数量积的运算以及向量的夹角的求法,是 中档题. 7.(5 分)在△ABC 中,cosC= ,AC=4,BC=3,则 cosB=( ) A. B. C. D. 【分析】先根据余弦定理求出 AB,再代入余弦定理求出结论. 【解答】解:在△ABC 中,cosC= ,AC=4,BC=3, 由余弦定理可得 AB2=AC2+BC2﹣2AC•BC•cosC=42+32﹣2×4×3× =9; 故 AB=3; ∴cosB= == , 故选:A. 【点评】本题主要考查了余弦定理的应用,熟练掌握余弦定理是解本题的关键. 8.(5 分)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) 第 9 页(共 23 页) A.6+4 B.4+4 C.6+2 D.4+2 【分析】先由三视图画出几何体的直观图,利用三视图的数据,利用三棱锥的表面积公 式计算即可. 【解答】解:由三视图可知,几何体的直观图是正方体的一个角,如图: PA=AB=AC=2,PA、AB、AC 两两垂直, 故 PB=BC=PC=2 ,几何体的表面积为:3× 故选:C. =6+2 ,【点评】本题考查多面体的表面积的求法,几何体的三视图与直观图的应用,考查空间 想象能力,计算能力. 9.(5 分)已知 2tanθ﹣tan(θ+ A.﹣2 B.﹣1 )=7,则 tanθ=( ) C.1 D.2 【分析】利用两角和差的正切公式进行展开化简,结合一元二次方程的解法进行求解即 可. 【解答】解:由 2tanθ﹣tan(θ+ )=7,得 2tanθ﹣ =7, 即 2tanθ﹣2tan2θ﹣tanθ﹣1=7﹣7tanθ, 得 2tan2θ﹣8tanθ+8=0, 第 10 页(共 23 页) 即 tan2θ﹣4tanθ+4=0, 即(tanθ﹣2)2=0, 则 tanθ=2, 故选:D. 【点评】本题主要考查三角函数值的化简和求解,结合两角和差的正切公式以及配方法 是解决本题的关键.难度中等. 10.(5 分)若直线 l 与曲线 y= 和圆x2+y2= 都相切,则l 的方程为( ) A.y=2x+1 B.y=2x+ C.y= x+1 D.y= x+ 【分析】根据直线 l 与圆 x2+y2= 相切,利用选项到圆心的距离等于半径,在将直线与 曲线 y= 求一解可得答案; 【解答】解:直线 l 与圆 x2+y2= 相切,那么直线到圆心(0,0)的距离等于半径 ,四个选项中,只有 A,D 满足题意; 对于 A 选项:y=2x+1 与 y= 联立可得:2x﹣ +1=0,此时:无解; 对于 D 选项:y= x+ 与 y= 联立可得:x﹣ + =0,此时解得 x=1; ∴直线 l 与曲线 y= 和圆x2+y2= 都相切,方程为y= x+ 故选:D. ,【点评】本题考查直线与圆的位置关系,属于基础题,采用选项检验,排除思想做题, 有时事半功倍. 11.(5 分)设双曲线 C: ﹣=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,离心 率为 .P 是 C 上一点,且 F1P⊥F2P.若△PF1F2 的面积为 4,则 a=( ) A.1 B.2 C.4 D.8 【分析】利用双曲线的定义,三角形的面积以及双曲线的离心率,转化求解 a 即可. 【解答】解:由题意,设 PF2=m,PF1=n,可得 m﹣n=2a, ,m2+n2=4c2,e= ,可得 4c2=16+4a2,可得 5a2=4+a2, 解得 a=1. 第 11 页(共 23 页) 故选:A. 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用,双曲线的定义以及勾股定理的应用,考查 转化思想以及计算能力. 12.(5 分)已知 55<84,134<85.设 a=log53,b=log85,c=log138,则( ) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b 【分析】根据 ,可得a<b,然后由 b=log85<0.8 和 c=log138>0.8,得到 c>b,再确 定 a,b,c 的大小关系. 【解答】解:∵ ==log53•log58< =<1,∴ a<b; ∵55<84,∴5<4log58,∴log58>1.25,∴b=log85<0.8; ∵134<85,∴4<5log138,∴c=log138>0.8,∴c>b, 综上,c>b>a. 故选:A. 【点评】本题考查了三个数大小的判断,指数对的运算和基本不等式的应用,考查了转 化思想,是基础题. 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 13.(5 分)若 x,y 满足约束条件 则 z=3x+2y 的最大值为 7 . 【分析】先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值,z=3x+2y 表示直线在 y 轴上的截距的一半,只需求出可行域内直线在 y 轴上的截距最大值即可. 【解答】解:先根据约束条件画出可行域,由 解得 A(1,2), 如图,当直线 z=3x+2y 过点 A(1,2)时,目标函数在 y 轴上的截距取得最大值时,此 时 z 取得最大值, 即当 x=1,y=2 时,zmax=3×1+2×2=7. 故答案为:7. 第 12 页(共 23 页) 【点评】本题主要考查了简单的线性规划,以及利用几何意义求最值,属于基础题. 14.(5 分)(x2+ )6 的展开式中常数项是 240 (用数字作答). 【分析】先求出二项式展开式的通项公式,再令 x 的幂指数等于 0,求得 r 的值,即可求 得展开式中的常数项的值. 【解答】解:由于(x2+ )6 的展开式的通项公式为 Tr+1 =•2r•x12﹣3r ,令 12﹣3r=0,求得 r=4,故常数项的值等于 故答案为:240. •24=240, 【点评】本题主要考查二项式定理的应用,二项式系数的性质,二项式展开式的通项公 式,求展开式中某项的系数,属于基础题. 15.(5 分)已知圆锥的底面半径为 1,母线长为 3,则该圆锥内半径最大的球的体积为 π . 【分析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球,作图,求得出该内切球的半径即 可求出球的体积. 【解答】解:因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球, 如图,圆锥母线 BS=3,底面半径 BC=1, 则其高 SC= =2 ,不妨设该内切球与母线 BS 切于点 D, 令 OD=OC=r,由△SOD∽△SBC,则 =,即=,解得 r= ,第 13 页(共 23 页) V= πr3= π, π. 故答案为: 【点评】本题考查圆锥内切球,考查球的体积公式,数形结合思想,属于中档题. 16.(5 分)关于函数 f(x)=sinx+ 有如下四个命题: ①f(x)的图象关于 y 轴对称. ②f(x)的图象关于原点对称. ③f(x)的图象关于直线 x= 对称. ④f(x)的最小值为 2. 其中所有真命题的序号是 ②③ . 【分析】根据函数奇偶性的定义,对称性的判定,对称轴的求法,逐一判断即可. 【解答】解:对于①,由 sinx≠0 可得函数的定义域为{x|x≠kπ,k∈Z},故定义域关于原 点对称,由 f(﹣x)=sin(﹣x)+ 所以该函数为奇函数,关于原点对称,所以①错②对; 对于③,由 f(π﹣x)=sin(π﹣x)+ =sinx+ x)关于 x= 对称,③对; =﹣sinx﹣ =﹣f(x); =f(x),所以该函数 f( 对于④,令 t=sinx,则 t∈[﹣1,0)∪(0,1],由双勾函数 g(t)=t+ 的性质,可知, g(t)=t+ ∈(﹣∞,﹣2]∪[2,+∞),所以 f(x)无最小值,④错; 故答案为:②③. 【点评】本题考查了函数的基本性质,奇偶性的判断,求函数的对称轴、值域,属于基 第 14 页(共 23 页) 础题. 三、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考 题,每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题 :共 60 分。 17.(12 分)设数列{an}满足 a1=3,an+1=3an﹣4n. (1)计算 a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前 n 项和 Sn. 【分析】(1)利用数列的递推关系式求出 a2,a3,猜想{an}的通项公式,然后利用数学 归纳法证明即可. (2)化简数列的通项公式,利用错位相减法求解数列的前 n 项和 Sn. 【解答】解:(1)数列{an}满足 a1=3,an+1=3an﹣4n, 则 a2=3a1﹣4=5,a3=3a2﹣4×2=7,…, 猜想{an}的通项公式为 an=2n+1. 证明如下:(i)当 n=1,2,3 时,显然成立, (ii)假设 n=k 时,ak=2k+1(k∈N+)成立, 当 n=k+1 时,ak+1=3ak﹣4k=3(2k+1)﹣4k=2k+3=2(k+1)+1,故 n=k+1 时成立, 由(i)(ii)知,an=2n+1,猜想成立, 所以{an}的通项公式 an=2n+1. (2)令 bn=2nan=(2n+1)•2n,则数列{2nan}的前 n 项和 Sn=3×21+5×22+…+(2n+1)2n,…① 两边同乘 2 得,2Sn=3×22+5×23+…+(2n+1)2n+1,…② ①﹣②得,﹣Sn=3×2+2×22+…+2×2n﹣(2n+1)2n+1 =6+ ﹣(2n+1)2n+1 ,所以 Sn=(2n﹣1)2n+1+2. 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用,数学归纳法和数列求和,考查了转化思想 和计算能力,属中档题. 18.(12 分)某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公 园锻炼的人次,整理数据得到下表(单位:天): 锻炼人次 [0,200] (200,400] (400,600] 第 15 页(共 23 页) 空气质量等级 1(优) 256716 10 725 12 82(良) 3(轻度污染) 4(中度污染) 20(1)分别估计该市一天的空气质量等级为 1,2,3,4 的概率; (2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值 为代表); (3)若某天的空气质量等级为 1 或 2,则称这天“空气质量好”;若某天的空气质量等 级为 3 或 4,则称这天“空气质量不好”.根据所给数据,完成下面的 2×2 列联表,并 根据列联表,判断是否有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气 质量有关? 人次≤400 人次>400 空气质量好 空气质量不好 附:K2= P(K2≥k) 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 k10.828 【分析】(1)用频率估计概率,从而得到估计该市一天的空气质量等级为 1,2,3,4 的概率; (2)采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案; (3)由公式 计算 k 的值,从而查表即可, 【解答】解:(1)该市一天的空气质量等级为 1 的概率为: =;该市一天的空气质量等级为 2 的概率为: 该市一天的空气质量等级为 3 的概率为: 该市一天的空气质量等级为 4 的概率为: =;==;;第 16 页(共 23 页) (2)由题意可得:一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为: =100×0.20+300× 0.35+500×0.45=350; (3)根据所给数据,可得下面的 2×2 列联表, 人次≤400 人次>400 总计 70 空气质量好 空气质量不好 总计 33 22 55 37 830 45 100 由表中数据可得:K2= >3.841, =≈5.820 所以有 95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关. 【点评】本题考查了独立性检验与频率估计概率,估计平均值的求法,属于中档题. 19.(12 分)如图,在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,点 E,F 分别在棱 DD1,BB1 上,且 2DE =ED1,BF=2FB1. (1)证明:点 C1 在平面 AEF 内; (2)若 AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角 A﹣EF﹣A1 的正弦值. 【分析】(1)在 AA1 上取点 M,使得 A1M=2AM,连接 EM,B1M,EC1,FC1,由已知 证明四边形 B1FAM 和四边形 EDAM 都是平行四边形,可得 AF∥MB1,且 AF=MB1,AD ∥ME,且 AD=ME,进一步证明四边形 B1C1EM 为平行四边形,得到 EC1∥MB1,且 EC1 =MB1,结合 AF∥MB1,且 AF=MB1,可得 AF∥EC1,且 AF=EC1,则四边形 AFC1E 为平行四边形,从而得到点 C1 在平面 AEF 内; 第 17 页(共 23 页) (2)在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,以 C1 为坐标原点,分别以 C1D1,C1B1,C1C 所在 直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.分别求出平面 AEF 的一个法向量与平面 A1EF 的一个法向量,由两法向量所成角的余弦值可得二面角 A﹣EF﹣A1 的余弦值,再由同角 三角函数基本关系式求得二面角 A﹣EF﹣A1 的正弦值. 【解答】(1)证明:在 AA1 上取点 M,使得 A1M=2AM,连接 EM,B1M,EC1,FC1, 在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,有 DD1∥AA1∥BB1,且 DD1=AA1=BB1. 又 2DE=ED1,A1M=2AM,BF=2FB1,∴DE=AM=FB1. ∴四边形 B1FAM 和四边形 EDAM 都是平行四边形. ∴AF∥MB1,且 AF=MB1,AD∥ME,且 AD=ME. 又在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,有 AD∥B1C1,且 AD=B1C1, ∴B1C1∥ME 且 B1C1=ME,则四边形 B1C1EM 为平行四边形, ∴EC1∥MB1,且 EC1=MB1, 又 AF∥MB1,且 AF=MB1,∴AF∥EC1,且 AF=EC1, 则四边形 AFC1E 为平行四边形, ∴点 C1 在平面 AEF 内; (2)解:在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,以 C1 为坐标原点, 分别以 C1D1,C1B1,C1C 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. ∵AB=2,AD=1,AA1=3,2DE=ED1,BF=2FB1, ∴A(2,1,3),B(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0), 则,,.设平面 AEF 的一个法向量为 .则,取 x1=1,得 ;设平面 A1EF 的一个法向量为 .则,取 x2=1,得 .∴cos< >= =.第 18 页(共 23 页) 设二面角 A﹣EF﹣A1 为 θ,则 sinθ= ∴二面角 A﹣EF﹣A1 的正弦值为 ..【点评】本题考查平面的基本性质与推理,考查空间想象能力与思维能力,训练了利用 空间向量求解空间角,是中档题. 20.(12 分)已知椭圆 C: +=1(0<m<5)的离心率为 ,A,B 分别为 C 的左 、右顶点. (1)求 C 的方程; (2)若点 P 在 C 上,点 Q 在直线 x=6 上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ 的面积. 【分析】(1)根据 e= ,a2=25,b2=m2,代入计算 m2 的值,求出 C 的方程即可; (2)设出 P,Q 的坐标,得到关于 s,t,n 的方程组,求出 AP(8,1),AQ(11,2) ,从而求出△APQ 的面积. 【解答】解:(1)由 e= 得e2=1﹣ ,即 =1﹣ ,∴m2= ,故 C 的方程是: +=1; (2)由(1)A(﹣5,0),设 P(s,t),点 Q(6,n), 根据对称性,只需考虑 n>0 的情况, 第 19 页(共 23 页) 此时﹣5<s<5,0<t≤ ,∵|BP|=|BQ|,∴有(s﹣5)2+t2=n2+1①, 又∵BP⊥BQ,∴s﹣5+nt=0②, 又+=1③, 联立①②③得 或,当则时,则 P(3,1),Q(6,2),而 A(﹣5,0), =(8,1), =(11,2), ∴S△APQ= = |8×2﹣11×1|= , 同理可得当 时,S△APQ= , 综上,△APQ 的面积是 .【点评】本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系,考查转化思想,是一道综合题. 21.(12 分)设函数 f(x)=x3+bx+c,曲线 y=f(x)在点( ,f( ))处的切线与y 轴垂直. (1)求 b; (2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于 1 .【分析】(1)求出原函数的导函数,由题意可得 f′( )=3× ,由此求 得 b 值; (2)设 x0 为 f(x)的一个零点,根据题意, ,且|x0|≤1,得到 ,由|x0|≤1,对 c(x)求导数,可得 c(x)在[﹣1,1]上的单调性,得到 . 设x1 为 f ( x ) 的 零 点 , 则 必 有 ,由此求得 x1 的范围得答案. , 可 得 【解答】(1)解:由 f(x)=x3+bx+c,得 f′(x)=3×2+b, 第 20 页(共 23 页) ∴f′( )=3× ,即 b=﹣ ; (2)证明:设 x0 为 f(x)的一个零点,根据题意, ,且|x0|≤1 ,则,由|x0|≤1, (﹣1≤x≤1), 令 c(x)= ∴c′(x)= =,当 x∈(﹣1,﹣ )∪( ,1)时,c′(x)<0,当 x∈(﹣ 可知 c(x)在(﹣1,﹣ ),( ,1)上单调递减,在( ,,,)时,c′(x)>0 )上单调递增. 又 c(﹣1)= ,c(1)= ,c( )=﹣ ,c( )= ∴.设 x1 为 f(x)的零点,则必有 ,即,∴,得﹣1≤x1≤1, 即|x1|≤1. ∴f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. 【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查函数零点与方程根的 关系,考查逻辑思维能力与推理论证能力,是中档题. (二)选考题:共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做,则按所做的 第一题计分。[选修 4-4:坐标系与参数方程](10 分) 22.(10 分)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 (t 为参数且 t≠1 ),C 与坐标轴交于 A,B 两点. (1)求|AB|; (2)以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,求直线 AB 的极坐标方程. 【分析】(1)可令 x=0,求得 t,对应的 y;再令 y=0,求得 t,对应的 x;再由两点的 第 21 页(共 23 页) 距离公式可得所求值; (2)运用直线的截距式方程可得直线 AB 的方程,再由由 x=ρcosθ,y=ρsinθ,可得所 求极坐标方程. 【解答】解:(1)当 x=0 时,可得 t=﹣2(1 舍去),代入 y=2﹣3t+t2,可得 y=2+6+4 =12, 当 y=0 时,可得 t=2(1 舍去),代入 x=2﹣t﹣t2,可得 x=2﹣2﹣4=﹣4, 所以曲线 C 与坐标轴的交点为(﹣4,0),(0,12), 则|AB|= =4 ;(2)由(1)可得直线 AB 过点(0,12),(﹣4,0), 可得 AB 的方程为 ﹣ =1, 即为 3x﹣y+12=0, 由 x=ρcosθ,y=ρsinθ, 可得直线 AB 的极坐标方程为 3ρcosθ﹣ρsinθ+12=0. 【点评】本题考查曲线的参数方程的运用,考查直线方程的求法和两点的距离公式的运 用,考查极坐标方程和直角坐标方程的互化,属于基础题. [选修 4-5:不等式选讲](10 分) 23.设 a,b,c∈R,a+b+c=0,abc=1. (1)证明:ab+bc+ca<0; (2)用 max{a,b,c}表示 a,b,c 的最大值,证明:max{a,b,c}≥ .【分析】(1)将 a+b+c=0 平方之后,化简得到 2ab+2ac+2bc=﹣(a2+b2+c2)<0,即 可得证; (2)利用反证法,假设 a≤b<0<c< ,结合条件推出矛盾. 【解答】证明:(1)∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=0, ∴a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0, ∴2ab+2ac+2bc=﹣(a2+b2+c2), ∵abc=1,∴a,b,c 均不为 0, ∴2ab+2ac+2bc=﹣(a2+b2+c2)<0, ∴ab+ac+bc<0; 第 22 页(共 23 页) (2)不妨设 a≤b<0<c< ∵a+b+c=0,∴﹣a﹣b=c< ,则 ab= >,,而﹣a﹣b≥2 >===,与假设矛盾, 故 max{a,b,c}≥ .【点评】本题考查基本不等式的应用和利用综合法与反正法证明不等式,考查了转化思 想,属于中档题. 第 23 页(共 23 页)
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